МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЕМ. Часть 10

Математические задачи с решениями: расчетные, головоломные и на стратегии математических игр. Источники разнообразные, только решения таких задач не является объектом авторского права.

MZ-161.

Родительский комитет детского сада решил закупить конфеты для новогодних подарков для 100 детей. Было решено сделать подарки на сумму 150 рублей. На оптовой базе они выбрали конфеты по цене 225, 135 и 180 рублей за килограмм. Каждая конфета в среднем весит 10 граммов. Сколько конфет каждого вида необходимо купить родительскому комитету?

Ответ


Решение:
Решим эту задачу схематическим способом, который разработал Л.Ф. Магницкий.
Запишем в столбик друг под другом цены двух сортов конфет в порядке возрастания: 135 р. и 180 р., в центре второго столбика запишем цену смеси конфет: 150 рублей. В третий столбик запишем модуль разности чисел 180 и 150, 150 и 135.
Получившиеся результаты разделим на НОД самих чисел 30 и 15, т.е. на 15, получим 2 части и 1 часть, эти результаты запишем в 4 столбик.
Аналогично поступим с конфетами по 225р.
MZ-161
Мы получили две схемы, значит конфет по 135 р. необходимо 2+5=7 частей, по 180 р. – 1 часть, по 225 р. – 1 часть.
Этот способ у Л.Ф. Магницкого называется «правилом крестика».
Эти части означают, что если на 100 детей распределить по 1 конфете массой 10 граммов, то потребуется 1 кг по 180 р., 1 кг по 225 р., 7 кг по 135 р.
Ответ:


MZ-162.

Расстояние между двумя городами равно 450 км. Два автомобиля выходят одновременно навстречу друг другу. Один автомобиль мог бы пройти все расстояние за 9 часов, другой – вдвое быстрее. Через сколько часов они встретятся?

Ответ


Решение:

Данную задачу можно решить арифметическим способом. Вычислим скорости автомобилей 𝑉1=450:9=50 км/ч, 𝑉2=450:4,5=100 км/ч, 𝑉сближения=50+100=150 км/ч, 𝑡=𝑆:𝑉=450:150=3 часа.
Решим ее графически. По оси ординат отложим расстояние, а по оси абсцисс время. Движение автомобилей изобразим в виде двух прямых, выходящих навстречу друг другу.
MZ-162
Читаем с чертежа ответ: автомобили встретятся через 3 часа.
Ответ:


MZ-163.

Имеется четыре предмета попарно различных масс. Как с помощью чашечных весов без гирь пятью взвешиваниями расположить все эти предметы в порядке возрастания массы?

Ответ


Решение:

Если действовать линейно, то потребуется шесть взвешиваний. Действительно, чтобы выяснить, какой из двух предметов легче, а какой тяжелее, достаточно одного взвешивания. Чтобы добавить к ним третий предмет, нужно, вообще говоря, два взвешивания — третий с первым и третий со вторым. Чтобы к трем упорядоченным добавить четвертый предмет, необходимо уже три взвешивания — четвертого предмета с каждым из первых трех. Итого 6 взвешиваний. А надо использовать только 5 взвешиваний.
Чтобы сэкономить одно взвешивание, разделим предметы на группы. Поскольку предметов четыре, разобьем их на две группы по два предмета в каждой. За два взвешивания — по одному на каждую группу — мы расположим предметы в порядке возрастания массы в группах. Для простоты дальнейших записей обозначим предметы из первой группы a1 и a2, причем a1 легче a2 (будем писать a1<a2), а предметы из второй группы — b1 и b2 (b1<b2).
Теперь предметы из второй группы будем по очереди добавлять в первую группу. Возьмем более легкий предмет b1 из второй группы и третьим взвешиванием сравним его с более легким предметом a1 из первой группы. Возможны два случая:
ПЕРВЫЙ СЛУЧАЙ. a1<b1. Тогда четвертым взвешиванием b2 с a2 устанавливаем порядок.
ВТОРОЙ СЛУЧАЙ. b1<a1. Тогда не более чем двумя взвешиваниями b2 с a2 и затем, если потребуется, с a1, полностью устанавливаем порядок.
Таким образом, при любом раскладе нам потребуется не более пяти взвешиваний.


MZ-164.

Сколькими способами можно посадить шестерых школьников на скамейку так, чтобы Коля и Оля оказались рядом?

Ответ


Решение:
Будем считать, что на скамейке 6 пустых мест. Посадить на одно из них Колю можно шестью различными способами, после чего посадить рядом с ним Олю можно одним или двумя различными способами. Это зависит от того, куда мы посадили Колю — на крайнее место или нет. Самое время применить правило сложения. Разобьем все искомые комбинации на два класса:
1-й класс: Коля сидит на краю, Оля рядом с ним;
2-й класс: Коля сидит где-то в середине, Оля рядом с ним.
Заметим, что эти классы действительно не пересекаются и исчерпывают все комбинации — ведь, в конце концов, Коля сидит либо на краю, либо где-то в середине. Посчитаем число комбинаций в 1-ом классе: место с краю для Коли можно выбрать двумя способами, после чего Олю можно посадить рядом с ним только одним способом, после чего оставшиеся 4 места можно занять 4•3•2•1 способами. Значит, в этом классе будет: 2•1•4•3•2•1 = 48 комбинаций.
Подсчитаем число исходов во 2-ом классе: место в середине скамейки для Коли можно выбрать четырьмя способами, после чего Олю можно посадить рядом с ним двумя способами, после чего оставшиеся 4 места можно занять 4•3•2•1 способами. Значит, в этом классе будет: 4•2•4•3•2•1 = 192 комбинации.
Итого по правилу сложения 48 + 192 = 240 способов.


MZ-165.

Плавательный бассейн наполняется двумя трубами при их совместной работе за 48 минут. Через первую трубу бассейн может наполниться за 2 часа. За сколько времени наполнится бассейн на 34 своего объема только через одну вторую трубу?

Ответ


Решение:
Формула: 𝐴=𝑁∙𝑡.
MZ-165
Ответ: за 60 минут.


MZ-166.

Мария помогает отцу укладывать плитку на пол прямоугольной комнаты для игр. Всего у них ушло ровно 2005 квадратных плиток двух цветов — черного и белого. Периметр в одну плитку шириной был полностью черным. Остальная плитка имела белый цвет. Сколько белых плиток потребовалось, чтобы покрыть пол?

Ответ


Решение:
Если сделать рисунок, то мы получим два прямоугольника, где если размеры внутреннего прямоугольника x и y, то ширина внешнего равна x+2, а длина — y +2. Естественная реакция — представить полученную информацию алгебраически в форме уравнения:
(x + 2) (y +2) = 2005.
Выполнив умножение и упростив это уравнение, мы получим:
xy + 2y + 2x + 4 = 2005
xy + 2y + 2x = 2001.
Мы получили одно уравнение с двумя неизвестными, и нам нужно найти xy. Это тупик, а не решение.
Подойдем к имеющейся информации с другой стороны и рассмотрим все возможности. Количество плиток, равное 2005, можно разложить на множители только двумя путями: либо 1 × 2005, либо 5 × 401. Это дает два возможных размера искомого прямоугольника. Первую ситуацию можно отбросить, поскольку при ширине в одну плитку для белых плиток места нет.
Следовательно, в игровой комнате должно быть 5 × 401 плиток. Поскольку снаружи выполнена «рамка» шириной в одну плитку, размеры внутреннего прямоугольника из белых плиток на две плитки меньше в каждом направлении. Если уменьшить каждое направление на две плитки, то количество белых плиток для внутреннего прямоугольника составит: 3×399=1197.
Таким образом, для покрытия пола было использовано 1197 белых плиток.


MZ-167.

Из 81 монеты одна фальшивая, она легче остальных. Можно ли при помощи четырех взвешиваний на чашечных весах без гирь определить, какая монета фальшивая? Сколько потребуется взвешиваний для 80 монет? А сколько потребуется взвешиваний для n монет (n — произвольное число)?

Ответ


Решение:
Следует разделить монеты на три кучки. Определить, в какой из них находится фальшивая монета, и эту кучку разделить опять на три кучки и т. д. Рассмотреть случаи, когда две кучки весят одинаково и не одинаково.
Разложим монеты на три равные кучки по 27 монет каждая.
Сначала сравним вес двух кучек. Если они весят одинаково, то фальшивая монета в третьей кучке. Если нет, то фальшивая монета в более легкой кучке. Таким образом, за одно взвешивание мы можем определить, в какой из трех кучек находится фальшивая монета.
Теперь разделим эту кучку на три равные кучки по 9 монет и повторим процедуру. Определив кучку с фальшивой монетой, разделим ее на три кучки (по 3 монеты) и за одно взвешивание определим кучку с фальшивой монетой. Теперь из трех монет мы за одно взвешивание определим фальшивую монету. В результате нам потребовалось 4 взвешивания.
Если монет было бы 80, то их надо было бы разбить на три кучки так: две кучки по 27 и одну c 26 монетами. Определить, в какой из них находится фальшивая монета, и т. д. В итоге нам также потребовалось бы 4 взвешивания.
Заметим общую закономерность.
1) Если количество монет не превосходит 3, то нужно 1 взвешивание. Если количество монет больше 3, но не превосходит 32, то нужно 2 взвешивания.
2) Если количество монет больше 32, но не превосходит 33, то нужно 3 взвешивания.
3) Если количество монет больше 33, но не превосходит 34, то нужно 4 взвешивания.
Получаем, что, действуя аналогичным образом при количестве монет, равном n, где 3𝑘−1<𝑛≤3𝑘, мы произведем k взвешиваний.
Ответ: Да; 4; k, где 3𝑘−1<𝑛≤3𝑘.


MZ-168.

В классе 25 столов, расставленных в виде квадрата в пять рядов по пять столов в каждом. Учитель хочет, чтобы все поменялись местами по такому правилу: каждый переходит за стол, находящийся слева или справа от него, или за стол, находящийся перед ним или позади него. Можно ли осуществить это?

Ответ


Решение:
Изобразим класс с 25 столами в виде шахматной доски, как показано на рисунке.
MZ-168
Чтобы ученики соблюдали правило учителя, им нужно переходить с закрашенного стола на не закрашенный или наоборот. Однако у нас 13 закрашенных столов и только 12 не закрашенных. Таким образом, пересаживание по правилу учителя невозможно.


MZ-169.

Перед Вами 12 монет, ничем не отличающихся друг от друга по виду. Одна из них фальшивая –– она легче или тяжелее, чем остальные, но что именно –– неизвестно. Требуется с помощью трех взвешиваний на рычажных весах найти эту монету и заодно выяснить, легче она или тяжелее остальных.

Ответ


Решение:
Попробуем сразу положить шесть монет на одну чашу весов, шесть на другую и... Какая-то чаша перевесит, но мы даже не знаем, в какой из них монета фальшивая. Впрочем, разузнать, в какой половине была фальшивая монета, можно во время следующего взвешивания: достаточно взять любые шесть монет с одной из чашек, разделить их на тройки и сравнить.
Если вес одинаков, то фальшивая монета одна из оставшихся шести, и мы даже узнаем, легче фальшивая монета или тяжелее. Если же нет, то фальшивая монета в одной из этих двух троек. Но вот в какой? Да, понятно, что за одно взвешивание ни ту ни другую проблему не решить. Значит, не тот путь.
Что же делать? Перебирать все возможные начальные взвешивания? Малоперспективно. Пожалуй, надо пока накопить некоторый статистический материал, а именно, что можно сделать за два взвешивания? В самом деле, сколько монет поддается проверке за два взвешивания? Если монеты две... то вообще ничего не узнаешь, сколько ни взвешивай. А если три? Тут уже есть по крайней мере две хорошие монеты, и мы их вполне можем выделить в тот момент, когда весы уравновесятся (равновесие могут дать только хорошие монеты).
Итак, как мы поступим в случае трех монет? Первый шаг ясен: кладем на весы по монете. В случае равенства оставшаяся –– фальшивая, а эти хорошие. На следующем шаге сравниваем фальшивую с хорошей и выясняем, легче она или тяжелее. Отлично. А если неравенство? Тогда оставшаяся –– хорошая. Заменяем ее на одну из тех, что лежат на чашах, и... все в порядке:
● равенство –– фальшивую сняли, и мы уже знаем, легче она или тяжелее (по результатам предыдущего взвешивания),
● неравенство –– на чаше фальшивая монета.
Попробуем разобраться с четырьмя монетами. Если положить при первом взвешивании только по одной монете на каждую чашу, то неприятным вариантом будет равенство. Тогда останутся две монеты и одно взвешивание. Тут нельзя получить полную информацию: если мы возьмем из этих оставшихся на весы только одну монету и получим равенство, то вторая будет фальшивой, но мы так и не узнаем, легче она или тяжелее. А если возьмем обе? На разные чаши класть их нет смысла: получим неравенство, ну и что? На одну –– тем более: мы, конечно, узнаем, легче фальшивая монета или тяжелее, но какая из них –– ни за что.
Таким образом, надо при первом же взвешивании класть все четыре монеты на весы: две с одной стороны, две с другой. Ясное дело, получим неравенство и останется всего одно взвешивание. Нет, не хватит, не может хватить в принципе. Значит, вывод такой: нельзя оставлять четыре монеты после первого взвешивания. Но тогда надо взвешивать по пять или по шесть. По шесть мы уже пробовали –– не получается. По пять? В случае равенства одна из двух оставшихся фальшивая, и узнать, какая именно, за два взвешивания реально: надо сравнивать с хорошими. А вот если неравенство, то уже хуже. Ведь не получено почти никакой информации, и если мы займемся одной половиной, то за одно взвешивание все равно про нее все не узнаем. А плохая монета вполне может быть одной из пяти оставшихся. Впрочем, есть идея: поменять местами по две монеты. Тогда если неравенство поменяет знак, то фальшивая –– одна из этих четырех, а если нет, то одна из шести тех, которые мы не трогали. Но определить за одно взвешивание –– из шести монет –– никогда! Что ж, выходит, не решается задача. Или где-то в рассуждениях ошибка?
Просмотрим весь ход рассуждений заново. Итак... Первый подозрительный момент: почему все-таки для двух монет задача неразрешима? С одной стороны, понятно, а с другой –– то и дело сравниваем две монеты. Может, тут-то и есть заковырка? В самом деле, почему ровно для двух монет неразрешима, а если их больше, то... Да! Ведь точно такая же ошибка сделана в другом месте, когда мы решили, что нельзя сводить дело к четырем монетам. Там же не просто четыре монеты будет, а еще и восемь настоящих! А с их помощью что-нибудь хорошее можно сделать. Что?
Просмотрим наш анализ, где она, хорошая монета, нас из беды может выручить? Да, только в одном месте –– ее сразу надо класть на весы, а одну из четырех подозреваемых не брать. Теперь, если равенство –– все в порядке: не взятая четвертая и есть фальшивая. А если неравенство? Тогда... можно попробовать сделать то же, что мы уже пробовали: сравнить две подозреваемые монеты с одной чаши. Если неравенство, то, понятно, фальшивая среди них, и предыдущее взвешивание указало –– легче она или тяжелее, значит, можно выбрать ее. Если же равенство, то фальшивая –– оставшаяся на другой чаше, и опять же ясно, легче она или тяжелее. Итак, теперь первое взвешивание в нашей задаче понятно: надо взвешивать по четыре монеты.
В этом рассуждении показано, как именно возникают ошибки и как стоит их исправлять! Умение исправлять ошибки гораздо ценнее умения их не делать, и ему, в отличие от второго, можно научиться. Следует обратить внимание на то, как решалась проблема перебора. Мы не бросились сразу в полный перебор. Зато, как только возникал маленький перебор (случай трех, четырех монет), мы его проводили полностью и со всей тщательностью. Только после этих попыток, нащупав наиболее предпочтительные ходы перебора, мы ринулись на основной случай.


MZ-170.

Имеются двое песочных часов: на 3 минуты и на 7 минут. Яйцо варится 11 минут. Как отмерить это время при помощи имеющихся часов?

Ответ


Решение:
Получим равенство: 11=2·7−3. В этой задаче его удобно переписать в следующем виде: 11=(7−3)+7. Теперь легко записать наши действия:
1) Переворачиваем одновременно песочные часы.
2) В тот момент, когда в трехминутных часах закончится песок, в семиминутных часах останется песка ровно на 4 минуты — начинаем варить яйцо.
3) Когда в семиминутных часах закончится песок (прошло 4 минуты с момента начала варки яйца), переворачиваем их.
4) Когда во второй раз закончится песок в семиминутных часах — яйцо готово.
Ответ: 11=(7−3)+7.


MZ-171.

Можно ли шестиугольный торт разрезать на 23 равных куска по указанным линиям?
MZ-171

Ответ


Решение:
Раскрасим фигуру так, как изображено на рисунке.
MZ-171
Если разрезание возможно, то в куске будет два треугольника: черный и белый (всего их 46), то есть черных и белых треугольников должно быть поровну. Но на рисунке черных треугольников 21, а белых — 25, следовательно, требуемое разрезание невозможно.
Ответ: нельзя.


MZ-172.

У Пети всего 28 одноклассников. У каждых двух из 28 различное число друзей в этом классе. Сколько друзей у Пети?

Ответ


Решение:
Следует рассмотреть двух одноклассников: того, у которого больше всего друзей, и того, у которого меньше всего друзей. Перебрать все возможные варианты числа друзей у Петиных одноклассников.
1) Пусть в классе каждый из ребят с кем-то дружит. Проанализируем, сколько друзей может быть у Петиных одноклассников. Так как у каждого из них различное число друзей, то это будут числа:
1, 2, 3, ..., 28.
Заметим, что у самого дружелюбного 28 друзей, т. е. он дружит со всеми, включая Петю. А самый недружелюбный дружит только с одним человеком, самым дружелюбным. Следовательно, самый недружелюбный не дружит с Петей.
Если исключить из рассмотрения самого дружелюбного и самого недружелюбного, то у Пети останется 26 одноклассников, у которых на 1 меньше друзей, чем было (поскольку мы не рассматриваем самого дружелюбного). Следовательно, у оставшихся 26 Петиных одноклассников будет по-прежнему различное число друзей и это будут числа:
1, 2, 3, ..., 26.
Здесь также самый дружелюбный дружит с Петей, а самый недружелюбный нет.
Подобную процедуру мы можем проделать 14 раз, и в каждой из 14 пар исключенных из рассмотрения один из одноклассников дружит с Петей, а другой нет. В этом случае получается, что у Пети ровно 14 друзей.
2) Если же в классе есть человек, который ни с кем не дружит, то не будет и человека, который дружит со всеми. Так как у каждого из Петиных одноклассников различное число друзей, то это будут числа:
0, 1, 2, ..., 27.
Так же, как и в прошлом случае, последовательно исключая самого дружелюбного и самого недружелюбного, получим 14 пар учеников, в каждой из которых один из одноклассников дружит с Петей, а другой нет.
В этом случае также получается, что у Пети ровно 14 друзей.
Ответ: 14/


MZ-173.

8 грибников собрали 37 грибов. Известно, что никакие двое не собрали грибов поровну и каждый нашел хотя бы один гриб. Докажите, что какие-то двое из них собрали больше, чем какие-то пятеро.

Ответ


Решение:

Пронумеруем грибников так, чтобы первый набрал больше всех грибов, второй больше среди оставшихся и т. д. Ясно, что первый не мог набрать меньше 9 грибов, т. к. тогда бы все вместе набрали максимум:
1 + … + 8 = 36 < 37 грибов.
Также второй не мог набрать меньше 7 грибов. Значит, первый и второй вместе набрали хотя бы 7 + 9 = 16 грибов. Учитывая то, что третий набрал хотя бы 6 грибов, то 4-й, 5-й, …, 8-й набрали вместе максимум:
37 – 16 – 6 = 15 < 16 грибов.


MZ-174.

На шахматной доске расставлены ладьи так, что каждую ладью бьют не более трех других. Найти наибольшее количество ладей.

Ответ


Решение:
Заметим, что если ладья стоит в углу шахматной доски, то ее бьют не более двух ладей, а если с краю, но не в угловой клетке, то — не более трех. Расставим максимальное число ладей на крайние клетки, получим 28 ладей, каждую из которых бьют не более трех других ладей:
MZ-174
Покажем, что более 28 ладей разместить нельзя. Рассмотрим расстановку ладей, удовлетворяющую условию задачи. Пусть есть ладья, не стоящая с краю. Рассмотрим 4 направления (относительно этой ладьи): вверх, вниз, вправо и влево. Так как эту выбранную ладью бьют не более трех других, то не может быть такого, что по всем 4 направлениям находятся другие ладьи.
Следовательно, эту ладью можно переместить на край доски по направлению, где нет другой ладьи. При этом новая расстановка будет также удовлетворять условию задачи. Проделав эту процедуру несколько раз, мы можем переместить всех ладей на крайние клетки. Так как крайних клеток всего 28 штук, то ладей не может быть более 28.
Ответ: 28.


MZ-175.

Задача Монти Холла стала широко известна благодаря телевизионному шоу «Сделай ставку» — игра, которую ведет Монти Холл. Ее правила в упрощенном варианте таковы. Перед игроком три двери. Он знает, что за одной из них — очень ценный приз, например, модный автомобиль. За каждой из двух других — что-то скверное и вовсе нежелательное (например, козел). Игрок не знает, что прячется за каждой дверью (а вот ведущий Монти Холл знает!) и наугад выбирает ту, за которой находится предназначенный ему приз. Но ведущий дразнит игрока, подначивает его сменить свой выбор и всячески старается сбить его с толку.
Задача, получившая известность под названием «Задача Монти Холла», звучит так: Игрок выбирает дверь. Для простоты мы будем считать, что он выбирает дверь номер 3. Прежде чем отворить эту дверь и продемонстрировать, что за ней скрыто, Монти Холл объявляет: «А сейчас я покажу, что прячется за одной из двух оставшихся дверей». Одну дверь открывают — за ней козел. Затем Монти Холл спрашивает: «Не хотите ли изменить свой выбор?» Тут-то и начинается самое интересное: стоит игроку изменить выбор или следует придерживаться первоначального?
Понятно, что игрок не станет выбирать уже отворенную дверь, — за ней рожки да ножки, это никому не интересно. Так что вопрос в том, стоит ли игроку менять свой выбор и указать на оставшуюся дверь (ее не выбрал ни игрок, ни Монти Холл). Простодушный человек может предположить, что козел с равной вероятностью может оказаться и за оставшейся дверью, и за той, на которую первоначально указал игрок. В конце концов, затворены только две двери, за одной прячется козел, за другой — автомобиль; какой смысл в такой ситуации менять свой выбор? Однако простодушный человек не учитывает тот факт, что козлов в задаче два и они отличаются друг от друга.

Ответ


Решение:
Для решения задачи мы проведем более тщательный анализ, что приведет к поразительному ответу. Решим задачу Монти Холла, рассмотрев все мыслимые случаи.
Обозначим козлов буквами K1 и K2, а автомобиль — буквой A. Для простоты мы будем считать, что первоначально игрок всегда выбирает третью дверь. Однако мы не можем предположить, что Монти Холл всегда отворяет первую дверь, ведь за ней необязательно спрятан козел. Нам следует рассмотреть такие случаи:
MZ-175
В общем случае существует n! различных способов расположить n объектов. Значит, возможно 6 = 3! перестановок трех объектов. Именно поэтому в таблице шесть строк.
В ней перечислены все способы, которыми можно расположить за тремя дверями автомобиль и двух козлов.
1. В первом случае Монти Холл отворит первую или вторую дверь. Игроку нет смысла менять свой выбор, ведь сейчас за выбранной дверью находится автомобиль, так что в этом случае ответ на вопрос задачи — «Нет».
2. Второй случай похож на первый, здесь тоже нет смысла менять выбор; мы опять отвечаем «Нет».
3. В третьем случае Монти Холл отворит первую дверь, за которой прячется козел, так что игроку выгодно изменить свой выбор. В этом случае ответ «Да».
4. Четвертый случай похож на третий, ответ «Да».
5. В пятом случае Монти Холл отворит вторую дверь. Игроку выгоднее изменить выбор, ответ — «Да».
6. Шестой случай похож на пятый, и мы в последний раз даем ответ «Да».
Заметим, что в результате подробного анализа всех случаев мы четырежды получили «Да» и дважды — «Нет». Это означает, что со счетом два к одному выигрывает предложение сменить выбор двери после того, как Монти Холл отворит дверь и явит миру козла. Иначе говоря, с вероятностью 23 игрок улучшит свои шансы на выигрыш, сменив выбор двери.
Ответ:


MZ-176.

Каждую грань куба разбили на четыре одинаковых квадрата. Можно ли каждый из получившихся квадратов покрасить в один из трех цветов так, чтобы любые два квадрата, имеющие общую сторону, были покрашены в разные цвета?

Ответ


Решение:

MZ-176
Ответ: да, можно.


MZ-177.

Выберите 24 клетки в прямоугольнике 5×8 и проведите в каждой выбранной клетке одну из диагоналей так, чтобы никакие две проведенные диагонали не имели общих концов.

Ответ


Решение:

MZ-177


MZ-178.

В первый трехлитровый сосуд налили 1 литр воды, а во второй — 1 литр 50%-раствора соли. Можно ли с помощью нескольких переливаний добиться того, чтобы в первом сосуде был 30%-раствор соли?

Ответ


Решение:

Очевидно, что нет. Но аккуратное доказательство нередко вызывает трудности, даже у преподавателей. В этой задаче имеется полуинвариант — величина, которая может изменяться в процессе, но только в одну сторону и/или значение которой ограничено сверху (снизу) некоторой константой.
Именно, рассмотрим концентрации ν1и ν2 соли в сосудах и докажем, что пока в каждом сосуде остается жидкость, выполняются неравенства: ν1< ν2≤50%.
В самом деле, в начальный момент ν1= 0 и ν2 = 50%. При переливании 1→2 (не всей жидкости) величина ν1 не меняется, а ν2 уменьшается. При переливании 2→1, напротив, ν2 не меняется (оставаясь меньше 1/2), а ν1 увеличивается, оставаясь меньше ν2. И только если всю жидкость перельют в один сосуд, концентрация соли стабилизируется на отметке 25%.
Пусть в какой-то момент концентрация ν1 стала равна 30%. Тогда второй сосуд не пуст и ν2>30%. Перельем всю жидкость в первый сосуд. При этом как всегда ν1 увеличится, хотя должна стать равной 25%. Противоречие.


MZ-179.

Можно ли в центры 16 клеток шахматной доски 8×8 вбить гвозди так, чтобы никакие три гвоздя не лежали на одной прямой?

Ответ


Решение:

MZ-179
Ответ: да, можно.


MZ-180.

Составьте из прямоугольников 1×1, 1×2, 1×3, ...,1×13 прямоугольник, каждая сторона которого больше 1.

Ответ


Решение:
Будем использовать значение площади полученного прямоугольника. Следует найти сумму площадей данных прямоугольников и разложить это число на множители.
Площадь полученного прямоугольника равна сумме площадей исходных прямоугольников, т. е. 1+2+3+⋯+13=1+132×13=7×13.
Следовательно, новый прямоугольник должен быть размера 7×13. Такой прямоугольник можно составить из семи полосок длиной 13 и толщиной в одну клеточку:
1-я полоса — прямоугольник 1×13,
2-я полоска — прямоугольники 1×12 и 1×1,
3-я полоса — прямоугольники 1×11 и 1×2,
4-я полоса — прямоугольники 1×10 и 1×3,
5-я полоска — прямоугольники 1×9 и 1×4,
6-я полоса — прямоугольники 1×8 и 1×5,
7-я полоса — прямоугольники 1×7 и 1×6.
MZ-180
Ответ: прямоугольник 7×13.


ДАЛЕЕ (181-200)
ДАЛЕЕ (201-220)
ДАЛЕЕ (221-240)
ДАЛЕЕ (241-260)
НАЗАД